CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO KHOA HỌC GV THPT CHUYÊN
NĂM HỌC 2014- 2015
####### TÊN CHUYÊN ĐỀ
ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY
Tác giả: LÊ XUÂN ĐẠI, GV THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC
Số điện thoại: 0912960417
Email: lexuandaicvp@gmail
####### A. MỞ ĐẦU
- LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Các bài toán về đa thức thường xuyên xuất hiện trong các kỳ thi học sinh giỏi
toán và luôn được đánh giá là các bài toán khó. Các bài toán này thường yêu cầu
nghiên cứu tính chất về các hệ số của một đa thức, tính chất về nghiệm của nó hoặc
những bài toán về đa thức nguyên, tính khả quy và được hỏi theo nhiều hình thức
khác nhau.
Bài toán về đa thức với hệ số nguyên và đa thức bất khả quy có vai trò rất
quan trọng và xuất hiện nhiều trong kì thi TST và IMO hàng năm. Thật khó để
khẳng định được một đa thức là bất khả quy hay không. Chuyên đề này muốn khám
phá các vấn đề và các kết quả của đa thức bất khả quy, đưa ra một số tiêu chuẩn và
ví dụ điển hình để áp dụng giải được một lớp bài toán tương tự. Có thể coi những
bài toán về đa thức bất khả quy như là những bài tập lý thuyết, đòi hỏi người học
phải nắm vững từng bước chứng minh như việc chứng minh một định lý toán học
vậy. Đây cũng là lý do mà các bài toán về đa thức bất khả quy luôn gây khó khăn
với học sinh.
####### Chính vì vậy tác giả quyết định chọn đề tài “Đa thức bất khả quy” , hy
vọng phần nào chia sẻ và giúp các bạn có cách tiếp cận tốt hơn với các bài toán dạng
này.
II. MỤC ĐÍCH VÀ NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Nghiên cứu các dấu hiệu để xét một đa thức có bất khả quy.
- Vận dụng tính khả quy và bất khả quy của đa thức vào các bài toán đa thức
nhằm phát huy khả năng tư duy toán học cho học sinh.
- Đề xuất một số biện pháp nhằm rèn luyện, phát huy năng lực tư duy và giải
các bài toán trong phần Đa thức của chương trình chuyên toán THPT.
####### B. NỘI DUNG
- MỘT SỐ KIẾN THỨC VỀ ĐA THỨC BẤT KHẢ QUY.
- Đa thức nguyên.
- Định nghĩa. Đa thức với hệ số nguyên là đa thức có dạng
1
1 1 0
[ ] ...
n n
n n
P x a x a x a x a
với i
a là các số nguyên. Ta ký hiệu tập hợp tất
cả các đa thức với hệ số nguyên là x.- Một số kết quả cơ bản về đa thức với hệ số nguyên.
1.2. Nếu P x[ ] có nghiệm nguyên x a thì phân tích được P x[ ] [ x a Q x] [ ]với
Q x [ ] là đa thức với hệ số nguyên.
1.2. Nếu a b, nguyên phân biệt thì P a[ ] P a[ ]chia hết cho a b.
1.2. [Tiêu chuẩn nghiệm]. Nếu , [ , ] 1
p
x p q
q
là một nghiệm hữu tỷ của P x[ ] thì
p là ước của 0
a và q là ước của n
- Đặc biệt nếu 1 n
a thì mọi nghiệm hữu tỷ đều là
nghiệm nguyên.
1.2. Nếu x m n là nghiệm của P x[ ] với m n, nguyên, n không chính phương
thì x &
039; m n cũng là nghiệm của P x[ ].
1.2. Nếu x m n với m n, nguyên, n không chính phương thì
P x [ ] M &
039; N &
039; n với M’, N’ nguyên.
Đa thức với hệ số nguyên sẽ nhận giá trị nguyên với mọi giá trị x nguyên. Điều
ngược lại không đúng, có những đa thức nhận giá trị nguyên với mọi x nguyên
nhưng các hệ số của nó không nguyên.
Ví dụ. Các đa thức
2
[ ]
2
x x
P x
và
3
[ ]
6
x x
P x
nhận giá trị nguyên với mọi x
nguyên.
- Đa thức nguyên: Đa thức với hệ số hữu tỷ nhưng nhận giá trị nguyên với mọi x
nguyên được gọi là đa thức nguyên.
Nhận xét. Một đa thức với hệ số hữu tỷ P x[ ] bất kỳ có thể biểu diễn dưới dạng
Q[x ]
b
a
với a b, là các số nguyên và Q x[ ] là đa thức với hệ số nguyên.
- Đa thức bất khả quy
- Định nghĩa. Cho P x[ ] là đa thức với hệ số nguyên. Ta gọi P x[ ] là bất khả quy
Ví dụ. Đa thức
2
P x [ ] x 1 bất khả quy trên xvà trên x; x.2 .2. Một số tính chất.
2. 1. [Quan hệ bất khả quy trên xvà x]: Nếu đa thức P x[ ] xbất khả quy trên xthì cũng bất khả quy trên x.Chứng minh.
- Trước hết ta giới thiệu và chứng minh bổ đề Gauss:
nhau.
- Bổ đề Gauss: Tích của hai đa thức nguyên bản là một đa thức nguyên bản.
Chứng minh bổ đề. Cho hai đa thức nguyên bản
1
1 1 0
[ ] ...
n n
n n
P x a x a x a x a
;
1
1 1 0
[ ] ...
m n
m m
Q x b x b x b x b
thì 1 0
[ ]. [ ] ...
m n
m n
P x Q x c x c x c
.
Giả sử P x Q x[ ] [ ] không nguyên bản thì tồn tại một số nguyên tố p là ước chung của
các hệ số 0 1
, ,..., m n
c c c
. Vì P x[ ] nguyên bản nên gọi i là chỉ số nhỏ nhất mà i
a không
chia hết cho p và j là chỉ số nhỏ nhất sao cho j
b không chia hết cho p. Khi đó ta thấy
ngay hệ số của
i j
x
không chia hết cho p, vô lý.
Từ đó suy ra mọi đa thức bậc lớn hơn hoặc bằng 1 trong xđều phân tích đượcmột cách duy nhất thành tích các đa thức bậc nhất và đa thức bậc hai vô nghiệm
thực
2
1 1
[ ]..
i j
k h n m
i i j j j
i j
P x A a x b x x
.
Như vậy ta không quan tâm tới tính khả quy của đa thức trên và . Ta chỉ tập
trung vào việc xét tính khả quy và bất khả quy của các đa thức trên và .
- 1. [Tiêu chuẩn Eisenstein]. Dưới đây là tiêu chuẩn quen thuộc và phổ biến để
chứng minh một đa thức bất khả quy.
Cho 1 0
[ ] ...
n
n
P x a x a x a x. Giả sử tồn tại số nguyên tố p sao cho
- 0 1 1
, ,..., n
a a a
chia hết cho p
ii] n
a không chia hết cho p
iii] 0
a không chia hết cho
2
p
Khi đó đa thức P x[ ] bất khả quy trên x.Chứng minh. Ta đưa ra hai chứng minh cho định lý quan trọng này.
Cách thứ nhất. Giả sử P x[ ] khả quy trên x, tức là viết được P x[ ] g x h x[ ]. [ ], trong đó 1 0 1 0
[ ] ... ; [ ] ...
r s
r s
g x b x b x b x h x c x c x c x với
1 r s, n.
Ta có
0 0 0
1 1 0 0 1
0 1 1 0
.............
.... [*]
.
k k k k
n r s
a b c
a b c b c
a b c b c b c
a b c
Theo giả thiết
0
0
0
b p
a p
c p
. Giả sử 0
b p. Vì 0
a không chia hết cho
2 p , nên c 0
không chia hết cho p.
Mặt khác các hệ số của g x[ ] không thể cùng chia hết cho p [vì n
a không chia hết
cho p]. Khi đó gọi k
b là hệ số đầu tiên của g x[ ] không chia hết cho p.
Từ [*] và do 1 0
, ,..., k k
a b b p
suy ra k 0 k
b c p b p, mâu thuẫn.
Từ đó ta suy ra điều phải chứng minh.
Nhận xét. Đây là cách chứng minh đơn giản và thể hiện rõ nhất phương pháp chung
để chứng minh một đa thức bất khả quy. Theo tôi khi giảng dạy nội dung này cho
học sinh cần hết sức chú ý tư tưởng chứng minh, đặc biệt là bước chọn hệ số k
- Với
các bài toán về đa thức bất khả quy thì việc nắm rõ các bước và tư tưởng để chứng
minh một tiêu chuẩn nào đó còn quan trọng hơn cả việc áp dụng tiêu chuẩn đó.
Chẳng hạn bài toán thi chọn đội tuyển Việt nam dự thi IMO 2013 như sau:
"Tìm tất cả các số nguyên dương n 1 và số nguyên tố p sao cho đa thức
2 [ ]
n
P x x px p khả quy trên x".Bài toán này được giải đơn giản như sau nếu biết các bước chứng minh tiêu
chuẩn Eisenstein.
Giả sử P x[ ] khả quy trên x, tức là viết được P x[ ] g x h x[ ]. [ ], trong đó 1 0 1 0
[ ] ... ; [ ] ...
r s
r s
g x b x b x b x h x c x c x c x với 1 r s, n.
Ta có
0 0 0
1 1 0 0 1
0 1 1 0
.............
.... [*]
.
k k k k
n r s
a b c
a b c b c
a b c b c b c
a b c
Từ
2
0 0
b c p , ta xét hai trường hợp:
- Nếu chỉ có 0
b hoặc 0
c chia hết cho p thì thực hiện tiếp như việc chứng minh tiêu
chuẩn Eisenstein, ta suy ra P x[ ] bất khả quy.
- Nếu 0
b và 0
c cùng chia hết cho p, có thể giả sử 0 0
b c p. Ta xét tiếp hai trường
hợp nhỏ:
Ta có k.. 0 l k l n
b c b c a vì n
a không chia hết cho p nên k 0, 0 l
b c . Như vậy từ
[*] suy ra [ ] ... 1 0
n
P x a x n a x a khả quy trên
p
x , mâu thuẫn giả thiết.
Ví dụ: Đa thức
4 3 2
P x [ ] 5 x 7 x 12 x 4 x 1 bất khả quy trong x. Thật vậy,
xét trong
2
x ta có
4 3
P x [ ] x x 1. Nếu P x[ ] khả quy trong
2
x thì
4 3 2 2 P x [ ] x x 1 x ax 1 x bx 1 [1]
Trong [1] cho x 1 ta được a b. 1 a b 1 , thay trở lại [1] ta được điều mâu
thuẫn. Vậy P x[ ] bất khả quy trong
2
x , tức P x[ ] bất khả quy trong x.
2.2. Tiêu chuẩn Eisenstein mở rộng: Cho
1 0
[ ] ...
n
n
P x a x a x a x. Giả
sử tồn tại số nguyên tố p thỏa mãn với một số k n nào đó:
- 0 1 1
, ,..., k
a a a
chia hết cho p
ii] k
a không chia hết cho p
iii] 0
a không chia hết cho
2 p
Thế thì P x[ ] có một nhân tử bất khả quy bậc lớn hơn hoặc bằng k [và do đó nếu
không bất khả quy thì sẽ có một nhân tử bậc nhỏ hơn hoặc bằng n k].
Với k n ta được tiêu chuẩn Eisenstein ở trên.
Có thể nói rằng tiêu chuẩn Eisenstein là một trong các tiêu chuẩn cơ bản và
hay được áp dụng nhất để kiểm tra một đa thức bất khả quy. Khi học phần này, nhất
định các em học sinh phải hiểu và nhớ kĩ từng bước chứng minh của tiêu chuẩn
Eisenstein. Nhiều khi bài toán chỉ yêu cầu chứng minh lại tiêu chuẩn trên bằng một
cách hỏi khác đi mà thôi. Xin đưa ra một vài ví dụ cụ thể.
Ví dụ 1. Chứng minh các đa thức sau bất khả quy trên x
a]
5 4 2
P x [ ] x 5 x 20 x 15 [p=5]
b]
7 3
P x [ ] 3 x 7 x 21 x 28 [p=2]
- [ ] 2 [ 1]
n
P x x n [p=2]
- [ ]
n
P x x pq, p nguyên tố và [ p q, ] 1.
e]
1
[ ] 5 35 [ 2]
n n
P x x x n
[p=5]
f]
4 3
P x [ ] x x 2 x 1.
Hint. Với ví dụ này ta chưa nhận ra được ngay p. Ta tính
4 3 2 P x [ 1] x 3 x 3 x 3 x 3
Với y x 1 thì
4 3 2 P y [ ] y 3 y 3 y 3 y 3 bất khả quy [với p 3 ]. Từ đó
P x [ ] bất khả quy.
Ví dụ 2. Cho p nguyên tố lớn hơn 2. Chứng minh đa thức sau bất khả quy trên x1 2 [ ] ... 1
p p P x x x x
Hint. Với x khác 1 ta có
1
[ ]
1
p x
P x
x
.
Suy ra
1 1 2 1 1
[ 1] 1
[ 1] ...
p
p p k p k p
p p p
x
P x x C x C x C
x
Ta có
1
1 0 [mod ]
0[mod ]
0 [mod ]
k
p
p
p
p
C p
C p p
, theo tiêu chuẫn Eisenstein thì P x[ 1]bất khả quy.
Do đó P x[ ] bất khả quy trên x [đpcm].II. MỘT SỐ BÀI TOÁN ĐIỂN HÌNH
Phương pháp chung để chứng minh một đa thức bất khả quy là phương pháp
phản chứng, cụ thể ta giả sử phân tích được đa thức đã cho thành tích hai đa thức với
bậc lớn hơn hay bằng 1 sau đó dẫn đến một điều vô lý. Dù ta có ngay định hướng về
phương pháp như vậy nhưng mỗi bài toán cụ thể lại cần một cách xử lí linh hoạt để
dẫn đến điều mâu thuẫn. Một trong những kĩ thuật hay sử dụng là đánh giá các
nghiệm của đa thức đó hoặc sử dụng trực tiếp một tiêu chuẩn nào đó. Cũng do chủ
yếu là phương pháp phản chứng nên tác giả không chia cụ thể theo phương pháp
Như vậy đa thức T x[ ] g x[ ] h x[ ] có ít nhất n nghiệm và có bậc nhỏ hơn n nên
T x [ ] 0. Khi đó g x[ ] h x [ ] x. Suy ra 2
P x [ ] g x[ ].
So sánh hệ số bậc cao nhất ở hai vế ta được điều vô lí [ P x[ ] có hệ số bậc cao nhất
bằng 1]. Vậy P x[ ] bất khả quy.
Bài tương tự
Bài 2 .1. Cho n số nguyên i
a phân biệt. Chứng minh rằng nếu đa thức
1 2
[ ] [ ][ ]...[ ] 2 [ 3] n
P x x a x a x a n khả quy trên xthì n 3Bài 2 .2. Cho n số nguyên i
a phân biệt. Chứng minh rằng nếu đa thức
1 2
[ ] [ ][ ]...[ ] 1 n
P x x a x a x a khả quy trên x thì P x[ ] x x[ 2] 1 hoặcP x [ ] x x[ 1][ x 2][ x 3] 1.
Tổng quát hơn như sau:
Cho n số nguyên i
a phân biệt đôi một nguyên tố cùng nhau. Khi đó đa thức
1 2
[ ] [ ][ ]...[ ] 1 n
P x x a x a x a bất khả quy trên xtrừ các trường hợp sau+]
2
P x [ ] [ x a][ x a 2] 1 x a 1.
+]
2
P x [ ] [ x a][ x a 1][ x a 2][ x a 3] 1 x a 1 x a 2 1
.
Bài toán 3. Cho đa thức P x[ ] thỏa mãn xP x[ 1] [ x 2014]. P x[ ] và
P [2014] 2014!. Chứng minh rằng đa thức
2 f [ ]x P [ ]x 1 bất khả quy trong
x.Lời giải. Trước tiên tìm được P x[ ] x x[ 1][ x 1]...[ x 2013].
Giả sử f[x] khả quy trong x: f [ ]x g x h x[ ]. [ ], trong đó g x[ ] x ; h x[ ] x ;deg g x[ ];deg h x[ ] 1.Vì f [ ]x vô nghiệm nên g x[ ], h x[ ] cũng vô nghiệm. Không mất tính tổng quát, giả
sử g x[ ] 0; h x[ ] 0 với mọi x và g x[ ], h x[ ] có hệ số cao nhất bằng 1.
Ta có f i[ ] g i h i[ ]. [ ] 1 g i[ ] h i[ ] 1 với mọi i 0,2013.
Giả sử deg g x[ ] m;deg h x[ ] n [ n m]
Nếu m n, do m n 2, suy ra m 2014.
Như vậy đa thức g x[ ] 1 có bậc m 2014 và lại có ít nhất 2014 nghiệm nên
g x [ ] 1. Đây là điều mâu thuẫn vì deg g x[ ] 1.
Vậy m n 2014. Khi đó g x[ ] h x[ ] x x[ 1][ x 1]...[ x 2013] 1 P x[ ] 1.
Do đó 2 2 2 f [ ]x h [ ]x P x[ ] 1 P [ ]x 1 P x[ ] 0 , vô lí.
Vậy f [ ]x bất khả quy trong x.Bài toán trên chỉ là trường hợp đặc biệt của bài toán tổng quát sau:
Bài 3. Cho n số nguyên i
a phân biệt. Chứng minh rằng đa thức
2 2 2
1 2
[ ] [ ] [ ] ...[ ] 1 n
f x x a x a x a bất khả quy trong x. Lời giải. Giả sử f [ ]x g x h x[ ]. [ ], g x[ ] x ; h x[ ] x ;deg g x[ ];deg h x[ ] 1.Do f [ ]x 0 với mọi x nên có thể giả sử g x[ ] 0; h x[ ] 0 với mọi x.
Ta có [ ] [ ]. [ ] 1 [ ] [ ] 1 i i i i i
f a g a h a g a h a với mọi i 1,n
Từ đó thấy ngay deg g x[ ] deg h x[ ] n.
Như vậy 1 2 1 2
[ ] 1 .. ; [ ] 1 .. n n
g x A x a x a x a h x B x a x a x a
Khi đó
2 2 2
1 2
1 1
[ ] [ ] [ ] ...[ ] 1
1 ... 1 ...
n
n n
f x x a x a x a
A x a x a B x a x a
So sánh hệ số của
2 n x và hệ số tự do ta được:
AB 1 và
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
... [ ][ 1]. .... ...
n
n n n
a a a A B a a a AB a a a
Suy ra 1 2
[ ][ 1]. ... 0 0
n
n
A B a a a A B , mâu thuẫn với AB 1
Vậy f [ ]x bất khả quy trong x.Có thể giả sử g [0] 1. Gọi b là hệ số bậc cao nhất của g x[ ] và gọi 1 2
, ,..., k
z z z là
các nghiệm của g x[ ] [thực hoặc phức] thì 1 2
1 1
. ..... 1 k
z z z
b b
.
Đương nhiên 1 2
, ,..., k
z z z là các nghiệm của P x[ ] nên điều này mâu thuẫn với [1].
Vậy P x[ ] bất khả quy trong x. Nhận xét 1. Đa thức f [ ]x bậc n bất khả quy trên xkhi và chỉ khi1 n x f
x
bất
khả quy trên x và f [ ]x khả quy trên x khi và chỉ khi f [ ]x khả quy trên x. Từ đó có thể ra một bài toán tương tự bài 4 trên nhưng ở dạng ẩn, khó pháthiện bản chất hơn như sau:
Bài 4. Cho đa thức 1
1 1 0
[ ] ...
m n n
n
f x p x a x a x a x
, với n 2; m 1 và
0 1
, 0 n
a a
, p là số nguyên tố và n 1
a
không chia hết cho p. Chứng minh rằng nếu
0 1 1
...
m
n
p a a a
thì f [ ]x bất khả quy trên x.Lời giải. Xét
1
0 1 1
1
[ ] ...
n n n m
n
P x x f a x a x a x p
x
.
Vẫn giả sử P x[ ] g x h x[ ]. [ ], g x[ ] x ; h x[ ] x ;deg g x[ ];deg h x[ ] 1.Từ n 1
a
không chia hết cho p ta thấy không thể có đồng thời g [0] pvà h[0] p. Mà
[0] [0]
m
g h p. Do vậy phải có g [0] 1 hoặc h[0] 1. Giả sử g [0] 1.
Tương tự bài 4 thì mọi nghiệm của P x[ ] đều thỏa mãn z 1.
Gọi 1 2
, ,..., k
z z z là các nghiệm của g x[ ] thì nó là nghiệm của [ ] 1 i
P x z .
Vậy 1 2
1 [0]. ..... 1 k
g z z z , vô lí. Bài toán được chứng minh hoàn toàn.
Nhận xét 2. Từ kết quả tổng quát này ta có thể thay đổi một cách hỏi khác để được
một bài toán mới khó hơn như sau:
Bài 4. 3. Cho đa thức P x[ ] x. Chứng minh rằng có vô số số nguyên k màP x [ ] k là đa thức bất khả quy.
Lời giải. Giả sử 1 0
[ ] ...
n
n
P x a x a x a x. Ta chọn k nguyên dương sao cho
0
k a nguyên tố và 0
1
n
i
i
k a a
,
khi đó theo kết quả bài toán tổng quát thì P x[ ] k bất khả quy.
Bài 4. 4. Cho đa thức f [ ]x x có các nghiệm1 2
, ,..., n
z z z. Đặt ax i
M m z.
Chứng minh rằng nếu 0
f [ x ] nguyên tố với mọi số nguyên 0
x và 0
x M 1 thì
f [ ]x bất khả quy trong x.Tổng quát hơn là định lý Perron sau đây
Tiêu chuẩn Perron: Cho đa thức 1
1 1 0 0
[ ] ... ; 0
n n
n
P x x a x a x a x a
thỏa mãn 1 0 1 2
1 ... n n
a a a a
. Chứng minh rằng P x[ ] bất khả quy trong
x.Chứng minh.
Bổ đề: Cho 1 0
[ ] ...
n P x x a x a x với 1 0 1 2
1 ... n n
a a a a
. Khi
đó có đúng một nghiệm của P x[ ] thỏa mãn z 1 và [ n 1] nghiệm [phức] còn lại
thỏa mãn z 1.
Trở lại việc chứng minh định lý:
Giả sử P x[ ] g x h x[ ]. [ ], g x[ ] x ; h x[ ] x ;deg g x[ ];deg h x[ ] 1.Theo bổ đề thì P x[ ] chỉ có đúng một nghiệm thỏa mãn 0
z 1 , có thể giả sử 0
z là
nghiệm của h x[ ] khi đó thì tất cả các nghiệm của g x[ ] đều có modun nhỏ hơn 1.
Gọi 1 2
, ,..., k
z z z là các nghiệm của [ ] 1 i
g x z , suy ra 1 2
[0]. ... 1 k
g z z z .
Mặt khác 0
P[0] g [0]. h [0] a 1 g[0] 1 , mâu thuẫn.
Sau đây là ba ví dụ cho việc áp dụng tiêu chuẩn Perron.
Bài 4. Cho P x[ ] x. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương N sao cho vớimọi k N thì
2 x P x[ ] kx 1 bất khả quy.
1
[ ] 5 3 [ , 1]
n n
f x x x n n
Lời giải. Giả sử f [ ]x khả quy, suy ra f [ ]x g x h x[ ]. [ ], với
1 0
[ ] ...
s
s
g x a x a x a x ; 1 0
[ ] ...
t
t
h x b x b x b x ,
, 1 s t
s t n a b và s t, 1.
Khi đó 0 0
a b 3 , có thể giả sử 0
a 3 thì 0
b không chia hết cho 3.
Gọi k là số nguyên dương nhỏ nhất mà k
a không chia hết cho 3.
Từ k n 1 suy ra hệ số của
k x trong f [ ]x chỉ bằng 0 hoặc 5.
- Nếu hệ số của
k
x trong f [ ]x bằng 0 thì k n 1 và
0 1 1 1 1 0
... 0 k k k k
a b a b a b a b
Từ 3| , 0, 1 i
a i k ta có 0
3 | 3 | k k
a b a , vô lí.
- Nếu hệ số của
k x trong f [ ]x bằng 5 thì k n 1. Khi đó h x[ ] 1 x và
3 &
039;, 1, 2 i i
a a i n.
Do đó
2 &
039; 1
1 2 1 2
[ ] 3 3 &
039; 1 3 &
039; &
039; ... 3 1
n n
n
f x a x a a x a x x
Suy ra &
039; 1 [mod5], 1, 2 i
a i n , như vậy
&
039;
2
5 3 1 n
a
không chia hết cho 5, vô
lí. Vậy f [ ]x bất khả quy trong x.Bài toán 6. Cho a m n, , nguyên dương và p là số nguyên tố thỏa mãn p a 1.
Chứng minh rằng đa thức [ ]
n m
f x x x a p bất khả quy trong x. Lời giải. Giả sử f [ ]x g x h x[ ]. [ ], g x[ ] x ; h x[ ] x ;deg g x[ ];deg h x[ ] 1.Suy ra p f [0] g [0]. [0]h g[0] 1 hoặc h[0] 1.
Giả sử g [0] 1 , gọi 1 2
, ,..., k
z z z là các nghiệm của g[x] [thực hoặc phức], khi đó
1 2
[ ] ... k
g x x z x z x z và 1 2
1 [0]. ... k
g z z z , nên tồn tại 1 i
z
Ta có [ ] 0 , 1,
n m
i i i
f z z z a p i k.
Suy ra
1
[ ] ...
n n k
k
g a z a z a p. Mà g a[ ] | p g a[ ] p và n k
Tuy nhiên a | g a[ ] g [0] p 1 , vô lí vì p a 1.
Vậy f [ ]x bất khả quy trong x.Bài toán tương tự
Bài 6 .1. Cho p là số nguyên tố lẻ và đa thức [ ]
p f x x x p
- Chứng minh rằng tất cả các nghiệm của f [ ]x đều có mođun nhỏ hơn
p 1 p
.
b] Chứng minh rằng f [ ]x bất khả quy trong x.Bài 6. Cho p là số nguyên tố và a nguyên dương không chia hết cho p. Chứng
minh rằng đa thức [ ]
p
f x x x a bất khả quy trong x.Với bài toán này có thể đưa ra một chứng minh khá đơn giản khi sử dụng trường p
Thật vậy, chú ý rằng nếu f [ ]x khả quy trên xthì cũng khả quy trên p
x.
Giả sử f [ ]x g x h x[ ]. [ ], trong đó g x[ ] x ; [ ]h x x ;1 deg g p 1.Xét p
b , ta có [ ] [ ] [ ]
p p g x b h x b x b x b a x x a
Do đó f [ ]x chia hết cho p đa thức dạng [ ] [ ]; 0, 1 i
g x g x i i p.
Vì deg g p 1 nên từ đẳng thức
1 [ ] [ ].. ...
k k k x i x j j i k x
suy ra tất cả
các đa thức [ ] i
g x phân biệt.
Do đó
deg .deg [ ] deg 1
p
p x x a p g x g. Mà a không chia hết cho p nên
f [ ]x không có nghiệm trên p
vì 0,
p
p
b b b , mâu thuẫn [đpcm].
Bài toán 7 [Nhật bản 1999]. Chứng minh rằng đa thức sau bất khả quy
2 2 2 2 2 2 f [ ]x [ x 1 ][ x 2 ]...[ x n ] 1
Lời giải. Giả sử f [ ]x g x h x[ ]. [ ], g x[ ] x ; h x[ ] x ;deg g x[ ];deg h x[ ] 1.Ta có f k i. 1 với mọi k 1,n, ở đó
2 i 1.
Suy ra 1 g ki h ki[ ]. [ ]với mọi k 1; 2;...; n
Do chỉ có 4 cách phân tích số 1 thành tích của các số nguyên trong ilà